高中化学2022版步步高《单元集训》人教版单元检测六　化学反应与能量

单元检测六化学反应与能量考生注意：1．本试卷共4页。2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上。3．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整。一、选择题(本题包括18小题，每小题3分，共54分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．(2020·浙江高三开学考试)化学与社会、环境密切相关，下列说法正确的是()A．光催化还原水制氢比电解水制氢更节能环保、更经济B．CO2、NO2或SO2都会导致酸雨的形成C．人造棉、蚕丝、棉花、涤纶的主要成分都是纤维素D．向汽油中添加乙醇后，该混合燃料的热值不变答案A解析光催化还原水制氢是利用太阳能直接分解水制氢，而电解水制氢要消耗电能，电能若是来自火力发电，会产生污染，所以光催化还原水制氢比电解水制氢更环保经济，A项正确；NO2或SO2都会导致酸雨的形成，但CO2不会导致酸雨的形成，可能会引起温室效应，B项错误；人造棉、棉花的主要成分都是纤维素，蚕丝的主要成分为蛋白质，涤纶是人工合成的有机高分子材料，C项错误；热值是1g燃料完全燃烧时所放出的热量，乙醇与汽油热值不同，故混合燃料的热值会发生变化，D项错误。2．下列叙述正确的是()A．升高温度可降低活化能B．废电池需回收，主要是要利用电池外壳的金属材料C．乙醇和汽油都是可再生能源，应大力推广“乙醇汽油”D．推广使用太阳能、风能、地热能、氢能，有利于缓解温室效应答案D解析活化能是活化分子最低能量与反应分子的平均能量的差值，对于同一分子活化能是定值，升高温度活化能不改变，选项A错误；主要回收废电池的铁壳和其中的“黑”原料，并进行二次产品的开发制造，选项B错误；汽油是不可再生资源，乙醇是可再生资源，选项C错误；太阳能、风能、地热能、氢能是清洁能源，推广使用能减少二氧化碳的排放，选项D正确。3．中国化学家研究的一种新型复合催化剂[碳纳米点(CQDs)/氮化碳(C3N4)纳米复合物]可以利用太阳光实现高效分解水，其原理如图所示。下列说法正确的是()A．C3N4中C的化合价为－4B．反应的两个阶段均为吸热过程C．阶段Ⅱ中，H2O2既是氧化剂，又是还原剂D．通过该反应，实现了化学能向太阳能的转化答案CA项错误；阶段Ⅱ过氧化氢分解生成氧气和水的过程为放热反应，B项错误；阶段Ⅱ中，H2O2发生歧化反应，既是氧化剂，又是还原剂，C项正确；利用太阳光实现高效分解水的反应，实现了太阳能向化学能的转化，D项错误。4．铁碳微电解技术是利用原电池原理处理酸性污水的一种工艺，装置如下图。若上端开口关闭，可得到强还原性的H·(氢原子)；若上端开口打开，并鼓入空气，可得到强氧化性的·OH(羟基自由基)。下列说法错误的是()A．无论是否鼓入空气，负极的电极反应式均为Fe－2e－=Fe2＋B．不鼓入空气时，正极的电极反应式为H＋＋e－=H·C．鼓入空气时，每生成1mol·OH有2mol电子发生转移D．处理含有草酸(H2C2O4)的污水时，上端开口应打开并鼓入空气答案C解析在原电池中，铁作负极，电极反应式是Fe－2e－=Fe2＋，故A正确；鼓入空气时，氧气在正极发生的电极反应为O2＋4e－＋2H2O=4·OH，每生成1mol·OH有1mol电子发生转移，故C错误；不鼓入空气时，正极发生还原反应为H＋＋e－=H·，故B正确。5．以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、环保的制氢方法，其流程图如下：反应Ⅰ：SO2(g)＋I2(g)＋2H2O(l)=2HI(aq)＋H2SO4(aq)ΔH1＝－213kJ·mol－1反应Ⅱ：H2SO4(aq)=SO2(g)＋H2O(l)＋eq\f(1,2)O2(g)ΔH2＝＋327kJ·mol－1反应Ⅲ：2HI(aq)=H2(g)＋I2(g)ΔH3＝＋172kJ·mol－1下列说法不正确的是()A．该过程实现了太阳能到化学能的转化B．SO2和I2对总反应起到了催化剂的作用C．总反应的热化学方程：2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g)ΔH＝＋268kJ·mol－1D．该过程降低了水分解制氢反应的活化能，但总反应的ΔH不变答案C解析由图可知利用太阳能使化学反应发生，则该过程由太阳能转化为化学能，故A正确；由图可知总反应为水分解生成氧气和氢气，则SO2和I2对总反应起到了催化剂的作用，故B正确；由盖斯定律可知，Ⅰ＋Ⅱ＋Ⅲ得到H2O(l)=H2(g)＋eq\f(1,2)O2(g)ΔH＝－213kJ·mol－1＋(＋327kJ·mol－1)＋(＋172kJ·mol－1)＝＋286kJ·mol－1，故C错误；催化剂降低反应的活化能，不影响焓变，则该过程降低了水分解制氢反应的活化能，但总反应的ΔH不变，故D正确。6．原电池的电极名称不仅与电极材料的性质有关，也与电解质溶液有关，下列说法中正确的是()A．由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池，负极反应式为：Cu－2e－=Cu2＋B．由Al、Cu、稀硫酸组成原电池，负极反应式为：Cu－2e－=Cu2＋C．由Al、Mg、NaOH溶液组成原电池，负极反应式为：Al＋4OH－－3e－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2OD．由Al、Cu、浓硝酸组成的原电池中，负极反应式为：Al－3e－=Al3＋答案C解析该装置中，铁易失电子作负极，Cu作正极，负极上铁失电子、正极上铁离子得电子，负极反应式为：Fe－2e－=Fe2＋，故A错误；该原电池中，Al易失电子作负极、Cu作正极，负极上铝失电子、正极上氢离子得电子，负极反应式为：Al－3e－=Al3＋，故B错误；该原电池中，Al易失电子作负极、Mg作正极，负极上Al失电子、正极上水得电子，负极反应式为Al＋4OH－－3e－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O，故C正确；该原电池中，铜易失电子作负极、Al作正极，负极上铜失电子、正极上硝酸根离子得电子，负极反应式为Cu－2e－=Cu2＋，故D错误。7．验证牺牲阳极的阴极保护法，实验如下(烧杯内均为经过酸化的3%NaCl溶液)。①②③在Fe表面生成蓝色沉淀试管内无明显变化试管内生成蓝色沉淀下列说法不正确的是()A．对比②③，可以判定Zn保护了FeB．对比①②，K3[Fe(CN)6]可能将Fe氧化C．验证Zn保护Fe时不能用①的方法D．将Zn换成Cu，用①的方法可判断Fe比Cu活泼答案D解析K3[Fe(CN)6]可将单质铁氧化为Fe2＋，Fe2＋与K3[Fe(CN)6]生成蓝色沉淀，附着在Fe表面，无法判断铁比铜活泼，D错；实验②中加入K3[Fe(CN)6]，溶液无变化，说明溶液中没有Fe2＋；实验③中加入K3[Fe(CN)6]生成蓝色沉淀，说明溶液中有Fe2＋，A对；对比①②可知，①中K3[Fe(CN)6]可将Fe氧化成Fe2＋，Fe2＋再与K3[Fe(CN)6]反应生成蓝色沉淀，B对；由以上分析可知，验证Zn保护Fe时，可以用②③做对比实验，C对。8．化学与生活、生产有着密切关系，下列叙述正确的是()A．钢铁发生析氢腐蚀时，H＋得电子释放出H2，钢铁被腐蚀B．钢铁发生吸氧腐蚀时，OH－失电子释放出O2，钢铁被腐蚀C．船底镶嵌锌块，锌发生还原反应而被消耗，以保护船体D．外加电源的正极连接在海水中的钢铁闸门上，可保护闸门答案A解析发生吸氧腐蚀时，正极反应式为O2＋2H2O＋4e－=4OH－，整个过程是吸收O2而不是释放出O2，B项错误；C项为牺牲阳极的阴极保护法，金属锌发生氧化反应，错误；D项为外加电流的阴极保护法，钢铁闸门应与外加电源的负极相连，错误。9．1,3­丁二烯和2­丁炔分别与氢气反应的热化学方程式如下：CH2=CH—CH=CH2(g)＋2H2(g)→CH3CH2CH2CH3(g)ΔH＝－236.6kJ·mol－1CH3—C≡C—CH3(g)＋2H2(g)→CH3CH2CH2CH3(g)ΔH＝－272.7kJ·mol－1由此不能判断()A．1,3­丁二烯和2­丁炔稳定性的相对大小B．1,3­丁二烯和2­丁炔分子储存能量的相对高低C．1,3­丁二烯和2­丁炔相互转化的热效应D．一个碳碳三键的键能与两个碳碳双键的键能之和的大小答案D解析根据盖斯定律可知，前者减去后者即得到CH2=CH—CH=CH2(g)→CH3—C≡C—CH3(g)ΔH＝＋36.1kJ·mol－1，这说明1,3­丁二烯转化为2­丁炔是吸热反应，因此在质量相等的条件下，1,3­丁二烯的总能量低于2­丁炔的总能量，则1,3­丁二烯比2­丁炔稳定性强，因此A、B、C三项均正确；反应热等于断开化学键吸收的能量与形成化学键所放出的能量的差值，但由于不能确定碳碳单键和碳氢单键键能，因此根据热化学方程式不能确定一个碳碳三键的键能与两个碳碳双键的键能之和的相对大小，D项错误。10．常温下，0.01mol·L－1MOH溶液的pH为10。已知：2MOH(aq)＋H2SO4(aq)=M2SO4(aq)＋2H2O(l)ΔH1＝－24.2kJ·mol－1；H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l)ΔH2＝－57.3kJ·mol－1。则MOH在水溶液中电离的ΔH为()A．＋33.1kJ·mol－1 B．＋45.2kJ·mol－1C．－81.5kJ·mol－1 D．－33.1kJ·mol－1答案B解析根据题中0.01mol·L－1MOH溶液的pH＝10知，MOH为弱碱，MOH溶液与硫酸的中和反应可以看作两个过程：MOH(aq)M＋(aq)＋OH－(aq)ΔH、H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l)ΔH2，根据盖斯定律知ΔH1＝2(ΔH＋ΔH2)，则ΔH＝eq\f(1,2)ΔH1－ΔH2＝eq\f(1,2)×(－24.2kJ·mol－1)－(－57.3kJ·mol－1)＝＋45.2kJ·mol－1，B项正确。11．利用如图所示装置可以将温室气体CO2转化为燃料气体CO，下列说法正确的是()A．该过程是将太阳能转化为化学能的过程B．电极a上发生还原反应C．该装置工作时，H＋从b极区向a极区移动D．该装置中每生成1molCO，同时生成1molO2答案A解析根据图示，该过程是将太阳能转化为化学能的过程，故A项正确；根据图示，电极a上发生水转化为氧气的反应，反应中O元素的化合价升高，发生氧化反应，故B项错误；根据图示，a为负极，b为正极，H＋从a极区向b极区移动，故C项错误；根据得失电子守恒，该装置中每生成1molCO，同时生成eq\f(1,2)molO2，故D项错误。12．一种新型微生物燃料电池可用于污水净化、海水淡化，其工作原理如图所示。下列说法正确的是()A．a为电池的正极B．海水淡化的原理：电池工作时，Na＋移向左室，Cl－移向右室C．处理NOeq\o\al(－,3)的电极反应：2NOeq\o\al(－,3)＋6H2O＋10e－=N2↑＋12OH－D．若C6H12O6表示有机废水中的有机物，每消耗1molC6H12O6转移6mole－答案C解析该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极是正极，电极反应式为2NOeq\o\al(－,3)＋6H2O＋10e－=N2↑＋12OH－，左边装置电极是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，阴离子移向负极，据此分析解答。该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极b是正极，故A错误；阴离子移向负极，所以该电池工作时，中间室中Cl－移向左室负极，故B错误；因为有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，所以每处理1molC6H12O6，转移6×(4－0)mol＝24mol的电子，故D错误。13．全钒氧化还原液流电池是一种新型绿色的二次电池。其工作原理如图所示。下列叙述正确的是()A．电子由Y极流出，经质子交换膜到X极B．放电过程中，电解质溶液pH降低C．Y极反应式为V2＋－e－=V3＋D．每转移1mol电子，理论上有2molH＋由交换膜右侧向左侧迁移答案C解析观察装置，由物质转化可以确定右边发生氧化反应，Y极为负极，左边发生还原反应，X为正极。电子只能在导线上迁移，即电子由Y极经导线流向X极，故A错误；放电过程中，电池反应式为V2＋＋VOeq\o\al(＋,2)＋2H＋=V3＋＋VO2＋＋H2O，消耗H＋，pH升高，故B错误；Y极为负极，发生氧化反应，由离子转化关系知反应式为V2＋－e－=V3＋，故C正确；X极反应式为VOeq\o\al(＋,2)＋2H＋＋e－=VO2＋＋H2O，得失电子数决定氢离子迁移数目。转移1mol电子，只有1molH＋迁移，故D错误。14．利用反应NO2＋NH3→N2＋H2O(未配平)消除NO2的简易装置如图所示。下列说法不正确的是()A．a电极反应式是2NH3－6e－＋6OH－=N2＋6H2OB．消耗标准状况下4.48LNH3时，被消除的NO2的物质的量为0.15molC．若离子交换膜是阳离子交换膜，装置右室中溶液的碱性增强D．整个装置中NaOH的物质的量不断减少答案D解析a电极通入的是NH3，发生氧化反应，电极反应式是2NH3－6e－＋6OH－=N2＋6H2O，A项正确；标准状况下4.48LNH3的物质的量为0.2mol，根据得失电子守恒可得4NH3～3NO2，列式得eq\f(4,0.2mol)＝eq\f(3,nNO2)，解得NO2的物质的量为0.15mol，B项正确；右室中发生电极反应式为2NO2＋8e－＋4H2O=N2＋8OH－，钠离子透过阳离子交换膜进入右极室，因反应生成OH－，使右室溶液的碱性增强，C项正确；因电池总反应为6NO2＋8NH3=7N2＋12H2O，从整体来看并没有NaOH参加反应或生成，所以整个装置中NaOH的物质的量不变，D项错误。15．根据Ca(OH)2/CaO体系的能量循环图：Ca(OH)2(s)eq\o(→,\s\up7(ΔH1))CaO(s)＋H2O(g)510℃510℃510℃↑ΔH3↓ΔH4↓ΔH5Ca(OH)2(s)eq\o(→,\s\up7(ΔH2))CaO(s)＋H2O(l)25℃25℃25℃下列说法正确的是()A．ΔH5>0B．ΔH1＋ΔH2＝0C．ΔH3＝ΔH4＋ΔH2D．ΔH1＋ΔH2＋ΔH4＋ΔH5＋ΔH3＝0答案D解析H2O(g)→H2O(l)是放热过程，因此ΔH5<0，故A错误；因为反应物和生成物温度不同，因此ΔH1＋ΔH2≠0，故B错误；根据盖斯定律ΔH3＝－(ΔH1＋ΔH2＋ΔH4＋ΔH5)，故C错误；根据能量守恒定律，ΔH1＋ΔH2＋ΔH4＋ΔH5＋ΔH3＝0，故D正确。16．HBr被O2氧化依次由如下Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三步反应组成：Ⅰ.HBr(g)＋O2(g)=HOOBr(g)；Ⅱ.HOOBr(g)＋HBr(g)=2HOBr(g)；Ⅲ.HOBr(g)＋HBr(g)=H2O(g)＋Br2(g)1molHBr(g)被氧化为Br2(g)放出12.67kJ热量，其能量与反应进程的关系如图所示：下列说法正确的是()A．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为放热反应B．Ⅰ的反应速率最慢C．HOOBr比HBr和O2稳定D．热化学方程式为：4HBr(g)＋O2(g)=2H2O(g)＋2Br2(g)ΔH＝－12.67kJ·mol－1答案B解析第一步反应反应物总能量低于生成物的总能量，所以为吸热反应，故A错误；第一步反应需要的活化能最大，即反应Ⅰ的反应速率最慢，故B正确；HOOBr的总能量比HBr和O2的总能量高，能量越高，物质越不稳定，故C错误；根据题意，1molHBr(g)被氧化为Br2(g)放出12.67kJ热量，则热化学方程式为4HBr(g)＋O2(g)=2H2O(g)＋2Br2(g)ΔH＝－50.68kJ·mol－1，故D错误。17．工业上，在强碱性条件下用电解法除去废水中的CN－，装置如图所示，依次发生的反应有：①CN－－2e－＋2OH－=CNO－＋H2O②2Cl－－2e－=Cl2↑③3Cl2＋2CNO－＋8OH－=N2＋6Cl－＋2COeq\o\al(2－,3)＋4H2O下列说法正确的是()A．铁电极上发生的反应为Fe－2e－=Fe2＋B．通电过程中溶液pH不断增大C．除去1molCN－，外电路至少需转移5mol电子D．为了使电解池连续工作，需要不断补充NaCl答案C解析铁电极为电解池的阴极，得电子，则只能是水提供的氢离子得电子，A错误；根据电极反应式，阴极为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，阳极①CN－－2e－＋2OH－=CNO－＋H2O，②2Cl－－2e－=Cl2↑，③3Cl2＋2CNO－＋8OH－=N2＋6Cl－＋2COeq\o\al(2－,3)＋4H2O，得失电子数相等时，消耗氢氧根离子，pH减小，B错误；根据反应：3Cl2＋2CNO－＋8OH－=N2＋6Cl－=CNO－＋H2O，转移电子是2mol，所以外电路至少需转移5mol电子，C正确；根据电极反应的离子，为了使电解池连续工作，需要补充氢氧化钠，若有氯气逸出，则需要补充氯化钠，D错误。18．中国是一个严重缺水的国家，污水治理越来越引起人们重视，可以通过膜电池除去废水中的乙酸钠和对氯苯酚，其原理如图所示，下列说法不正确的是()A．电流方向从A极沿导线经小灯泡流向B极B．B极为电池的阳极，电极反应式为CH3COO－－8e－＋4H2O=2HCOeq\o\al(－,3)＋9H＋C．当外电路中有0.2mole－转移时，通过质子交换膜的H＋的个数为0.2NAD．A极的电极反应式为＋2e－＋H＋=Cl－＋答案B解析原电池工作时，电流从正极经导线流向负极，即电流方向从A极沿导线经小灯泡流向B极，故A正确；B极为电池的负极，失去电子，电极反应式为CH3COO－－8e－＋4H2O=2HCOeq\o\al(－,3)＋9H＋，故B错误；根据电子守恒可知，当外电路中有0.2mole－转移时，通过质子交换膜的H＋的个数为0.2NA，故C正确；A为正极，得到电子，正极有氢离子参与反应，电极反应式为＋2e－＋H＋=Cl－＋，故D正确。二、非选择题(本题包括3小题，共46分)19．(14分)碳是形成化合物种类最多的元素，其单质及化合物是人类生产生活中主要的能源物质。请回答下列问题：(1)有机物M经过太阳光光照可转化成N，转化过程如下，ΔH＝＋88.6kJ·mol－1，则M、N相比，较稳定的是________。(2)已知CH3OH(l)的燃烧热ΔH＝－726.5kJ·mol－1，CH3OH(l)＋eq\f(1,2)O2(g)=CO2(g)＋2H2(g)ΔH＝－akJ·mol－1，则a______(填“>”“<”或“＝”)726.5。热量，写出该反应的热化学方程式：_____________________________________________。(4)火箭和导弹表面的薄层是耐高温物质。将石墨、铝粉和二氧化钛按一定比例混合在高温下煅烧，所得物质可作耐高温材料：4Al(s)＋3TiO2(s)＋3C(s)=2Al2O3(s)＋3TiC(s)ΔH＝－1176.0kJ·mol－1，则反应过程中，每转移1mol电子放出的热量为__________。(5)已知：①C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH1＝－393.5kJ·mol－1②2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH2＝－566kJ·mol－1③TiO2(s)＋2Cl2(g)=TiCl4(s)＋O2(g)ΔH3＝＋141kJ·mol－1则TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)=TiCl4(s)＋2CO(g)的ΔH＝__________。(6)已知拆开1molH—H键，1molN—H键，1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则N2(g)与H2(g)反应生成NH3(g)的热化学方程式为_____________________________。答案(1)M(2)<(3)2Cl2(g)＋2H2O(g)＋C(s)=4HCl(g)＋CO2(g)ΔH＝－290.0kJ·mol－1(4)98.0kJ(5)－80kJ·mol－1(6)N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.0kJ·mol－1解析(1)有机物M经过太阳光光照转化为N的过程吸收能量，则N能量高，比M活泼，较稳定的化合物为M。(2)甲醇燃烧生成CO2(g)和H2(g)属于不完全燃烧，放出的热量少，所以a<726.5。(3)有1molCl2参与反应时释放出145.0kJ热量，2mol氯气反应放热290.0kJ，反应的热化学方程式：2Cl2(g)＋2H2O(g)＋C(s)=4HCl(g)＋CO2(g)ΔH＝－290.0kJ·mol－1。(4)4Al(s)＋3TiO2(s)＋3C(s)=2Al2O3(s)＋3TiC(s)ΔH＝－1176.0kJ·mol－1，转移12mol电子放热1176.0kJ，则反应过程中，每转移1mol电子放出的热量为eq\f(1176.0,12)kJ＝98.0kJ。(5)根据盖斯定律，由①×2－②＋③得：TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)=TiCl4(s)＋2CO(g)，其焓变ΔH＝ΔH1×2－ΔH2＋ΔH3＝－80kJ·mol－1。(6)在反应N2＋3H22NH3中，断裂3molH—H键、1molN≡N键共吸收的能量：3×436kJ吸收的热量少，放出的热量多，该反应为放热反应，放出的热量为2346kJ－2254kJ＝92kJ，mol－1。20．(18分)某校学习小组探究不同条件对电解FeCl2溶液产物的影响。所用实验装置如图所示，其中电极为石墨电极。查阅文献ⅰ.Fe2＋、Fe3＋在溶液中通过与Cl－结合分别形成FeCleq\o\al(2－,4)、FeCleq\o\al(3－,6)，可降低正电荷。ⅱ.电解过程中，外界条件(如电解液pH、离子浓度、电压、电极材料等)会影响离子的放电能力。实验记录序号实验条件实验现象阴极阳极ⅠpH＝01mol·L－1FeCl2溶液电压1.5V电极上产生无色气体①湿润的淀粉碘化钾试纸始终未见变蓝；②取阳极附近溶液于试管中，滴加KSCN溶液，溶液变红ⅡpH＝4.91mol·L－1FeCl2溶液电压1.5V①未观察到气泡产生，电极表面有银灰色金属光泽的固体析出；②电解结束后，将电极浸泡在盐酸中，观察到有大量气泡产生①湿润的淀粉碘化钾试纸始终未见变蓝；②阳极附近出现红褐色浑浊。取阳极附近浊液于试管中，先用盐酸酸化，再滴加KSCN溶液，溶液变红(1)结合阴极实现现象的分析①实验Ⅰ中阴极的电极反应式为___________________________________________________。②用化学用语表示实验Ⅱ中产生阴极现象的原因：____________________________________。③对比实验Ⅰ、Ⅱ的阴极现象，可以获得的结论是____________________________________。(2)结合阳极实验现象的分析①甲同学认为实验Ⅰ中Cl－没有放电，得出此结论依据的实验现象是___________________________________________________________________________________________________。阳极附近溶液滴加KSCN溶液变红，依据此现象分析，阳极反应可能是Fe2＋－e－=Fe3＋、_______________________________________________________________________________。②对比实验Ⅰ、Ⅱ的阳极现象，解释产生差异的原因：_________________________________。实验讨论(3)有同学提出，改变条件有可能在阳极看到“湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝”的现象，可能改变的条件是_____________________________________________________________________，对应的实验方案是_______________________________________________________________。答案(1)①2H＋＋2e－=H2↑②Fe2＋＋2e－=Fe和Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑③其他条件相同时，pH＝0，pH较小，c(H＋)较大时，阴极H＋优先于1mol·L－1Fe2＋放电产生H2，而pH＝4.9，pH较大，c(H＋)较小时，阴极1mol·L－1Fe2＋优先于H＋放电产生Fe[由pH＝0变为pH＝4.9，c(H＋)减小，H＋放电能力减弱，Fe2＋放电能力增强](2)①湿润的淀粉碘化钾试纸始终未见变蓝FeCleq\o\al(2－,4)－e－=Fe3＋＋4Cl－(或FeCleq\o\al(2－,4)＋2Cl－－e－=FeCleq\o\al(3－,6))②随着溶液pH的降低，c(H＋)升高，抑制水解平衡Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋正向移动，难以生成Fe(OH)3[或随着溶液pH的增大，c(H＋)减小，有利于水解平衡Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋正向移动，生成Fe(OH)3](3)改变c(Cl－)或改变电压保持其他条件不变，用2mol·L－1FeCl2溶液和nmol·L－1NaCl溶液等体积混合的溶液作为电解液[c(Fe2＋)＝1mol·L－1，c(Cl－)>2mol·L－1]，观察阳极“湿润的淀粉碘化钾试纸”上的现象[或保持其他条件不变，增大电压(或改变电压)，观察阳极“湿润的淀粉碘化钾试纸”上的现象]解析(1)①pH＝0的1mol·L－1FeCl2溶液，阴极上产生无色气体，是溶液中氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应式：2H＋＋2e－=H2↑，阳极上湿润的淀粉碘化钾试纸始终未见变蓝，说明阳极无氯气生成，取阳极附近溶液于试管中，滴加KSCN溶液，溶液变红，说明生成了铁离子。②实验Ⅱ中阴极现象：①未观察到气泡产生，电极表面有银灰色金属光泽的固体析出，可能是亚铁离子得到电子析出铁，电极反应式：Fe2＋＋2e－=Fe，电解结束后，将电极浸泡在盐酸中，观察到有大量气泡产生说明铁和盐酸生成氢气，反应的离子方程式：Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑。③对比实验Ⅰ、Ⅱ的阴极现象，可以获得的结论是其他条件相同时，pH＝0，pH较小，c(H＋)较大时，阴极H＋优先于1mol·L－1Fe2＋放电产生H2，而pH＝4.9，pH较大，c(H＋)较小时，阴极1mol·L－1Fe2＋优先于H＋放电产生Fe，或整体回答：由pH＝0变为pH＝4.9，c(H＋)减小，H＋放电能力减弱，Fe2＋放电能力增强。(2)①甲同学认为实验Ⅰ中Cl－没有放电，得出此结论依据的实验现象是湿润的淀粉碘化钾试纸始终未见变蓝，阳极附近溶液滴加KSCN溶液变红，依据此现象分析，阳极反应可能是Fe2＋－e－=Fe3＋、FeCleq\o\al(2－,4)－e－=Fe3＋＋4Cl－或FeCleq\o\al(2－,4)＋2Cl－－e－=FeCleq\o\al(3－,6)。②对比实验Ⅰ、Ⅱ的阳极现象，解释产生差异的原因是随着溶液pH的降低，c(H＋)升高，抑制水解平衡：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋正向移动，难以生成Fe(OH)3或随着溶液pH的增大，c(H＋)减小，有利于水解平衡：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋正向移动，生成Fe(OH)3。(3)可改变条件1：改变c(Cl－)，保持其他条件不变，用2mol·L－1FeCl2溶液和nmol·L－1NaCl溶液等体积混合的溶液作为电解液[c(Fe2＋)＝1mol·L－1，c(Cl－)>2mol·L－1]，观察阳极“湿润的淀粉碘化钾试纸”上的现象。可改变条件2：改变电压，保持其他条件不变，增大电压(或改变电压)观察阳极“湿润的淀粉碘化钾试纸”上的现象。21．(14分)(1)用惰性电极电解200mL一定浓度的硫酸铜溶液，实验装置如图甲所示，电解过程中的实验数据如图乙所示，横坐标表示电解过程中转移电子的物质的量，纵坐标表示电解过程中产生气体的总体积(标准状况)。①下列说法正确的是________(填字母)。A．电解过程中，a电极表面先有红色物质析出，后有气泡产生B．b电极上发生的电极反应式为4OH－－4e－=2H2O＋O2↑C．从P点到Q点时收集到的混合气体的平均摩尔质量为12g·mol－1D．OP段表示H2和O2混合气体的体积变化，PQ段表示O2的体积变化②如果向所得的溶液中加入0.1molCu